Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ, Hà Nội (Lần 2) có đáp án

Câu (2,0 điểm) Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị của hàm số b) Tìm tọa độ của điểm trên sao cho tiếp tuyến của tại song song với đường thẳng Câu (1,0 điểm). a). Cho hàm số .Tính b) Giải bất phương trình sau Câu (1,0 điểm). Tính tích phân Câu 4(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mp(P) và mặt cầu (S) lần lượt có phương trình và Chứng minh mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P) .Tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến của mặt cầu và mặt phẳng. Câu 5(1,0 điểm). a)Cho Tính b)Cho đa giác đều 20 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O. Chọn ngẫu nhiên đỉnh của đa giác đó.Tính xác suất sao cho đỉnh được chọn là đỉnh của một hình chữ nhật. Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), và Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC). Câu (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có trực tâm tam giác ABD là H(-1;0).Đường thẳng đi qua và có phương trình Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành biết điểm G() là trọng tâm tam giác ADC. Câu (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau Câu (1,0 điểm).Cho và Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015-2016 Thời gian làm bài: 180 phút,không kể thời gian phát đề 323122y x x6 0y 2( 1)xy x 1\'(ln )2y 3132 log (4x 3) log (2x 3) 2 0(2 1) sinI xdx 0P z 2( 17 0S z tan 3 333sin cos5 sin cosA ,2SA AB AC a 090 .ASC ABC 0135B AD 0xy 5;23 3 233 0( 13 3( 1)x yy x  x, 0yz 25( 9( x)x xy yz z 31()xPy z TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ NĂM HỌC 2015 2016 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN Câu Nội dung 1,0 1a. (1,0 điểm) Hàm số = TXĐ: R= Sự biến thiên: =-=Chiều biến thiên: I=0,25=Hàm số đồng biến trên các khoảng, nghịch biến trên khoảng (0;1)=-=Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại, đạt cực tiểu tại K=-=Giới hạn: =0,25=-=Bảng biến thiên: == ==y’= =+ +=ó= === M= 0,25 Đồ thị: ===0,25=1b. (1 đ) Đường thẳng 6x–=y –=4=0 có hệ số góc bằng 6=+Gọi M0( x0; y0) là điểm mà tại đó tiếp tuyến song song đường thẳng==6x=-=ó-=4=0 =0,25===0,25=323122y x 2\' 3y x 0\'01xyx 0)v µ (1;+ §10;2Cxy 1, 0CTy    lim limxxyy   12   yx12O1 0\'( 6fx+Với x0 =2 y0 5/2M0( 2; 5/2) x0 -1y0 -2 M0( -1 -2 Kiểm tra lại M0( 2,5/2) tiếp tuyến tại M0 có pt là y= 6(x 2)+5/2 nhận) M0(-1;-2)tiếp tuyến tại M0 có pt là=6x+4(nhận) 0,25 0,25 Câu 2(1,0 điểm) 2a(0,5 điểm) TXĐ: D=R 0,25 0,25 2b(0,5 điểm) Điều kiện Bất phương trình tương đương Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S= 0,25 0,25 Câu 3(1) Đặt 0,25 0,25 0,25 0,25 200003 612xxxx  6( 1) 2yx 22( 1) 1) 1) (2 1)( )x xxy xe x    21\'(ln 2( ln ln 2)2y 34x 23(4x 3)log 22x 3 216x 42x 18 0338x  3;34 2.sin cosu du dxdv xdx x   00(2 1) cos cos )I dx  0(2 1) sinx 22Câu 4(1,0 đ) Mặt cầu (S) có tâm I(2;–3;–3), bán kính 0,25 Khoảng cách từ tâm đến mp(P): Vì nên (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) 0,25 Gọi là đường thẳng qua tâm của mặt cầu và vuông góc mp(P) thì có vtcp nên có PTTS (*). Thay (*) vào pt mặt phẳng (P) ta được Vậy, đường tròn (C) có tâm 0,25 Bán kính 0,25 Câu a(0,5 điểm) 0,25 0,25 Câu 5b(0,5đ) -Có 10 đường kính của đường tròn được nối bởi đỉnh của đa giác đều. Một hình chữ nhật có đỉnh là đỉnh của đa giác được tạo bởi đường kính nói trên. -Số cách chọn đỉnh của đa giác là: -Số cách chọn đỉnh của đa giác tạo thành hình chữ nhật là -Xác suất cần tìm là P= 0,25 0,25 2222 3) 3) 17 5R 22 2( 3) 2( 3) 1( )) 11 2) 2d R   ,( ))d R (1; 2; 2)u 2: 232xtd tzt   1(2 2( 2( 03t t 11;;3 3H 225 2r d 33233sin cos tan 25 sin coscos tan 4A  233 tan 701 tan5 tan 139  4204845C 21045C 45 34845 323A Câu 6(1,0đ) Kẻ SH vuông góc AC (H AC) SH (ABC) 0,25 0,25 Gọi là trung điểm SB và là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC). Ta có: SA AB a, AM SB và CM SB 0,25 SAC BAC AM là trung tuyến SAB nên: Tương tự: Vậy: 0,25 Câu 7(1,0đ) Ta có Gọi là VTPT của đường thẳng HB Do đường thẳng HB tạo với đường thẳng HD góc nên cos 0,25 33, ,2aSC BC SH 232ABCaS 3.1.34S ABC ABCaV SH SC BC 3 cos cosAMC 3622aaSH BH SB 222 104 16AS AB SB aAM 104aAM 424aCM 2 2AM CM AC 105cos AMC2.AM.CM 35 105cos35 00180 45B AD BH BH D )n b 22( 0)ab 045 2222345 2a 3a 02a. 10ababbbbab Nếu a=-2b. Chọn a=2,b=-1. Phương trình đường thẳng HB: 2x-y+2=0 B(b;2b+2), D(3d-1;d) Do là trọng tâm tam giác ADC nên BG=2GDB(1;4), D(2;1) Phương trình đường thẳng AB: 3x+y-7=0; phương trình đường thẳng AD:x+2y-4=0 Suy ra A(2;1)(loại) Nếu b=2a. Phương trình HB: x+2y+1=0 B(-2b-1;b), D(3d-1;d) B(-5;2), D(5;2) Phương trình AB: 3x+y+13=0; Phương trình AD:2x-y-8=0. Suy ra A(-1;-10) Do ABCD là hình bình hành suy ra suy ra C(1;14) Thử lại: cos=cos=(LOẠI) 0,25 0,25 0,25 Câu 8(1,0 đ) Điều kiện Từ phương trình (1) ta có Xét hàm số với mọi suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R. 0,25 0,25 Thế x=y+1 vào phương trình (2) ta được: Ta có x=1 không là nghiệm phương trình.Từ đó Xét hàm số TXĐ: không xác định. Hàm số đồng biến trên từng khoảng và Ta có g(-1)=0; g(3)=0. Từ đó phương trình g(x)=0 có đúng hai nghiệm x=-1 và x=3. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (-1;-2) và (3;2) 0,25 0,25 12D1bGB Gd   22D2bGB Gd   DA BC  DAB )AB AD  01D 452BA 3x2 33x 1) 3( 1)x y 32( 3\'( 3f tf t \'( 0ft 1) 1f y 3( 1)( 2x 7x 3( 1) (3)xx 33( 1)( 2x 7x )1xx  33( 1)( 2x 7x )1xgxx  3; \\ 12D  2231 6\'( )( 1)2x (7x )gxx  3\'( 12g x 3\'( )2g 3( ;1)2 (1; )Câu Đặt y+z=t (t>0);. 0,25 0,25 Xét hàm số với t>0 Lập bảng biến thiên từ đó suy ra GTLN của bằng 16 đạt được tại 0,25 0,25 2222;24tty yz 2222 25( 9( z)5x 5( 9x( 285x 9x 7(5x )(x 02x xy yz xy yzt tttxt     32x 127 27Pt t 341()27fttt 2441\'( )9\'( 0106ftttfttt  11x;3 12yz